contraejemplo de un "teorema" sobre la continuidad de los mayores deltas para funciones continuas $f:[a,b]\to\mathbb{R}$

Question

"Teorema 12" en estos notas dice lo siguiente (textualmente):

Dejemos que $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ sea continua y que $\epsilon>0$ . Para $x\in[a,b]$ , dejemos que $$\Delta(x)=\sup\left\{\delta\,\,|\,\,\text{for all}\,y\in[a,b]\,\text{with}\,|x-y|<\delta,\,|f(x)-f(y)|<\epsilon\right\}$$ Entonces $\Delta$ es una función continua de $x$ .

En otras palabras (esta es mi paráfrasis de la declaración imprecisa sobre el supremum), $\Delta(x)$ es el mayor $\delta$ podemos escoger en $x$ que mantiene la variación de $f$ en $\epsilon$ . (Por supuesto, para un $x$ el conjunto de $\delta$ es no vacía porque $f$ es continua).

Tras el enunciado del teorema, se nos invita a utilizarlo para demostrar que las funciones continuas sobre intervalos cerrados y acotados son uniformemente continuas.

Pero creo que este teorema es falso. Tome $f(x)=\sqrt{x}$ en $[0,1]$ y $\epsilon=0.5$ . Yo reclamo

$$\Delta(x)=\begin{cases}\sqrt{x}-0.25&x>0.25\\\sqrt{x}+0.25&0\leq x\leq0.25\end{cases}$$

que tiene una discontinuidad de salto en $x=0.25$ . Esto se desprende de un cálculo sencillo que realicé para un $\epsilon$ , lo que da

$$\Delta(x)=\begin{cases}2\epsilon\sqrt{x}-\epsilon^2&x>\epsilon^2\\2\epsilon\sqrt{x}+\epsilon^2&0\leq x\leq\epsilon^2\end{cases}$$

con una discontinuidad de salto en $x=\epsilon^2$ . Esto contradice el teorema citado.

(Como nota al margen, este cálculo da una forma muy agradable de fuerza bruta para descubrir que la elección de $\delta=\epsilon^2$ es suficiente para la continuidad uniforme de $\sqrt{x}$ en $[0,\infty)$ . De hecho, muestra más: esta elección de $\delta$ es el más grande que podemos hacer, porque es el ínfimo de $\Delta$ . Ojalá hubiera hecho este cálculo en la universidad).

Tengo dos preguntas:

1. ¿Me estoy perdiendo algo, o mi contraejemplo demuestra que esta afirmación es falsa? He revisado el cálculo y no creo que me equivoque, pero podría explicar los detalles si alguien me lo pide.
2. Si la reclamación es falsa, ¿se puede reparar para hacer lo que el instructor quería hacer con ella?

(Tenga en cuenta que con la pregunta 2 estoy no preguntando por alguna prueba antigua del caso especial del teorema de Heine-Cantor que dice que las funciones continuas sobre intervalos cerrados y acotados son uniformemente continuas. Conozco la prueba del resultado general en espacios métricos arbitrarios. Pregunto: ¿qué teorema podría haber tenido en mente el instructor en lugar del teorema 12, como se ha dicho)?

AÑADIDO un esbozo del cálculo de $\Delta(x)$ para $\sqrt{x}$ en $[0,\infty)$ para la arbitrariedad $\epsilon$ .

Divida el trabajo en casos.

Caso uno: $\sqrt{x}>\epsilon$ es decir $x>\epsilon^2$ . La imagen inversa del intervalo $(\sqrt{x}-\epsilon,\sqrt{x}+\epsilon)$ es $\big((\sqrt{x}-\epsilon)^2,(\sqrt{x}+\epsilon)^2\big)$ . Por lo tanto,

$$\Delta(x)=\min\big(x-(\sqrt{x}-\epsilon)^2,(\sqrt{x}+\epsilon)^2-x\big)=x-(\sqrt{x}-\epsilon)^2=2\epsilon\sqrt{x}-\epsilon^2$$

Caso dos: $\sqrt{x}\leq\epsilon$ es decir $x<\epsilon^2$ . Ahora sólo tenemos que ver la imagen inversa de $[0,\sqrt{x}+\epsilon)$ por lo que sólo importa el límite derecho de la imagen inversa para controlar la variación de $f$ . El límite derecho sigue siendo $(\sqrt{x}+\epsilon)^2$ Así que $\Delta(x)=(\sqrt{x}+\epsilon)^2-x=2\epsilon\sqrt{x}+\epsilon^2$ .

CORRECCIÓN (1/27/16): John Ma señala correctamente en los comentarios que el cálculo correcto para $\sqrt{x}$ es el baja función semicontinua

$$\Delta(x)=\begin{cases}2\epsilon\sqrt{x}-\epsilon^2&x\color{red}{\geq}\epsilon^2\\2\epsilon\sqrt{x}+\epsilon^2&0\leq x\color{red}{<}\epsilon^2\end{cases}$$

en lugar de mi original superior semicontinuo

$$\Delta(x)=\begin{cases}2\epsilon\sqrt{x}-\epsilon^2&x\color{blue}{>}\epsilon^2\\2\epsilon\sqrt{x}+\epsilon^2&0\leq x\color{blue}{\leq}\epsilon^2\end{cases}$$

Answer 1

La respuesta de John Ma, junto con mi cálculo para $\sqrt{x}$ La cuestión queda zanjada: las notas son erróneas (en cualquier interpretación razonable del supremum que haga la función $\Delta(x)$ bien definido), y la semicontinuidad inferior es lo mejor que se puede concluir en general. Pero incluso este resultado más débil puede utilizarse para demostrar el hecho -llamado teorema de Heine- de que las funciones continuas $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ son uniformemente continuas.

Sin embargo, he investigado un poco en la literatura y he encontrado una historia fascinante sobre esta cuestión. Un artículo de Lennes de 1905 da un contraejemplo similar a mi cálculo para $\sqrt{x}$ , excepto en el caso de $\sin x$ en $[0,\pi]$ . Resultados más recientes publicados en la revista American Mathematical Monthly muestran que, aunque la elección del más grande delta sólo da una función semicontinua inferior en general, sin embargo siempre podemos elegir los deltas de forma continua para cualquier función continua $f$ . (De hecho, si $f$ es uniformemente continua, podemos elegir los deltas uniformemente continuos también). Esto abre el tema de las "selecciones continuas".

Dejo aquí mis conclusiones para quienes puedan estar interesados, ya que estas cuestiones no se tratan sistemáticamente en ninguna referencia de análisis estándar.

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Para empezar, las notas que he citado están insinuando la idea de la prueba alternativa de Lüroth del teorema de Heine, dada en

• Lüroth, "Observación sobre la continuidad uniforme". Mathematische Annalen , septiembre de 1873, vol. 6 nº 3. Disponible aquí .

La idea es deducir el teorema de Heine a partir de la continuidad de una función positiva que es muy similar a $\Delta(x)$ . La diferencia es que $\Delta(x)$ mide la variación $f(y)$ de un fijo valor $f(x)$ para todos $y$ en $\delta$ de $x$ , mientras que la función de Lüroth, llámese $\Delta_L(x)$ mide la variación de $f$ en todo $y$ en $\delta$ de $x$ :

$$\Delta_L(x):=\sup\left\{\delta\,\,|\,\,\forall x_1\forall x_2(x_1,x_2\in(x-\delta,x+\delta)\cap[a,b]\implies|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon) \right\}$$

Este tiene que ser continua; como resultado, asume su infimo en $[a,b]$ . Y como la función es positiva, este mínimo es precisamente el delta que necesitamos para demostrar la continuidad uniforme. (De hecho, es el mejor delta de este tipo.) El truco para obtener la continuidad de los deltas es que utilizamos el delta garantizado por el oscilación definición de continuidad en lugar del delta de la definición más conocida de continuidad. Como dice Lüroth, "esta definición de continuidad se ajusta a la definición de continuidad de la ordinario ." A pesar de la equivalencia de estas nociones de continuidad en un punto, las funciones que obtenemos de sus deltas mayores no lo son.

Una versión más contemporánea de este argumento se ofrece en

• Teodora-Liliana Radulescu, Vicentiu D. Radulescu y Titu Andreescu, Problemas en Análisis Real: Cálculo avanzado en el eje real , página 146. Disponible aquí .

Sin embargo, como muestra John Ma, podemos demostrar el teorema de Heine tomando el ínfimo de los mayores deltas incluso si utilizamos los deltas de la definición estándar de continuidad. En este caso no tenemos continuidad, pero no la necesitamos. La semicontinuidad inferior es suficiente. Uno se pregunta si Lüroth se dio cuenta de esto.

Veblen y Lennes presentan tanto la prueba de Heine como la de Lüroth (pp. 88-90) en su influyente libro

• Introducción al análisis infinitesimal, 1907. Disponible aquí .

Destacan la diferencia entre $\Delta_L(x)$ y $\Delta(x)$ Y una nota al pie de la página 90 remite a una breve nota de Lennes que responde explícitamente a mi pregunta con varios contraejemplos: $\Delta(x)$ no tiene por qué ser continua. (No muestra la semicontinuidad inferior).

• Lennes, "Observaciones sobre una prueba de que una función continua es uniformemente continua". Anales de Matemáticas , 1905, Vol. 6 No. 2. Disponible aquí .

Para el primero de sus cuatro contraejemplos, Lennes muestra $\Delta(x)$ para $\sin x$ en $[0,\pi]$ y $\epsilon=\sqrt{3}/2$ tiene una discontinuidad de salto en $x=\pi/3$ . Comete un pequeño error al afirmar que $\Delta(\pi/3)=2\pi/3$ mientras que el límite de la derecha es $\pi/3$ . En realidad, $\Delta(\pi/3)=\pi/3$ y el límite de la izquierda es $2\pi/3$ . Cometí el mismo error en mi cálculo para $\sqrt{x}$ .

Este documento resuelve mi pregunta original: $\Delta(x)$ no es continua. Pero, ¿podemos elegir los deltas de forma continua a través de $x$ si renunciamos al requisito de elegir el mejor ¿deltas? La respuesta es sí; de hecho, también podemos obtener una función continua como ambos $x$ y $\epsilon$ variar. Varios trabajos más recientes analizan estos resultados:

• Seidman y Childress, "A Continuous Modulus of Continuity," Boletín Mensual de Matemáticas de Estados Unidos Vol. 82, nº 3 (mar., 1975), pp. 253-254.
• Guthrie, "Un módulo continuo de continuidad". Boletín Mensual de Matemáticas de Estados Unidos Vol. 90, nº 2 (febrero de 1983), pp. 126-127.
• Enayat, " $\delta$ como función continua de $x$ y $\epsilon$ ," Boletín Mensual de Matemáticas de Estados Unidos , Vol. 107, No. 2 (Feb., 2000), pp. 151-155.
• De Marco, "Para cada $\epsilon$ Existe continuamente un $\delta$ ," Boletín Mensual de Matemáticas de Estados Unidos , Vol. 108, No. 5 (mayo, 2001), pp. 443-444.

Ver también

• Reem, "New proofs and improvements of theorems in classical analysis", arXiv:0709.4492 [math.CA]. Disponible aquí .

que ofrece una excelente discusión sobre el delta óptimo.

Answer 2

Evitando el caso trivial, supongamos que $f$ no es constante y $\epsilon <\sup f - \inf f$ . Así que $\Delta$ es de valor finito. Se puede demostrar que

Teorema @: La función $\Delta$ es de continuidad inferior. Es decir, $$\liminf_{z\to x} \Delta (z) \ge \Delta (x).$$

Para ver esto, dejemos $x\in [a, b]$ y $\delta <\Delta(x)$ sea arbitraria. Por definición, siempre que $z\in [a,b]$ y $|z-x|< \delta$ tenemos $|f(z)-f(x)|< \epsilon$ . Entonces, para todos los $z\in [a,b]$ para que $|z-x| <\delta$ , $$(z - (\delta-|z-x|), y + (\delta' - |z-x|))\subset [x-\delta, x+\delta],$$

Tenga en cuenta que hay $\epsilon' <\epsilon$ para que $|y-x| \le \delta $ implica $$\tag{1} |f(y) - f(x)|<\epsilon'$$ (Utilice la compacidad de $[x-\delta, x+\delta]$ y $\delta <\Delta(x)$ para argumentar eso).

Ahora como $f$ es continua en $x$ , hay $\eta >0$ para que si $|z-x|<\eta$ entonces $$\tag{2} |f(z) - f(x)|<\epsilon - \epsilon '.$$ Por lo tanto, si $|z-x|<\eta$ y $y\in [a, b]$ y $|y-z|< \delta - |z-x|$ tenemos por $(1)$ y $(2)$ ,

$$|f(z) - f(y)| \le |f(z) - f(x)| + |f(x) - f(y)| < \epsilon -\epsilon' +\epsilon' = \epsilon.$$

Por lo tanto, si $|z-x|<\eta$ entonces

$$\Delta (z) \ge \delta - |z-x|\Rightarrow \liminf_{z\to x} \Delta (z) \ge \delta.$$ Como $\delta <\Delta(x)$ es arbitraria, hemos terminado.

Obsérvese ahora que el teorema !@ implica

Teorema 11 : Toda función continua $f:[a,b] \to \mathbb R$ es uniformemente continua.

Prueba : Si $f$ es constante, entonces es obviamente cierto. Supongamos ahora que $f$ no es constante. Sea $\epsilon >0$ sea arbitraria, al elegirla más pequeña, suponemos que $\epsilon <\sup f - \inf f$ . Entonces $\Delta$ es de valor finito. Por el teorema @, $\Delta :[a,b] \to \mathbb R$ es de continuidad inferior. Sea $\delta'$ sea el valor mínimo de $\Delta$ que se alcanza en $x_0\in [a,b]$ (Aquí es donde utilizamos el Teorema !@ y la compacidad de $[a,b]$ ). Nota: $\delta'=\Delta(x_0) >0$ como $f$ es continua. Entonces, dejando que $\delta =\frac 12 \delta'$ tenemos que

$$|f(y) - f(x)| <\epsilon$$

siempre que $x, y\in [a,b]$ y $|y-x|<\delta$ . Así, $f$ es uniformemente continua.

Answer 3

Proporcionado $\varepsilon < \frac{\max{f}-\min{f}}{2}$ la función es continua: sea $x\in[a,b]$ . Supongamos, por una contradicción, que existe alguna secuencia $x_n \rightarrow x$ s.t. $\Delta(x_n)\geq \Delta(x)+ \alpha$ para algunos $\alpha>0$ . Pero entonces, para un tamaño suficientemente grande $n$ tenemos para todos $y\in (x-\Delta(x)-\alpha, x + \Delta(x) + \alpha)$ para un tamaño lo suficientemente grande $n$ , $y \in (x_n -\Delta(x_n), x_n+ \Delta(x_n))$ . Así: $|f(y)- f(x)| \leq |f(y)-f(x_n)| + |f(x_n)- f(x)| < \varepsilon +|f(x_n)-f(x)|$ . El último término tiende a $\varepsilon$ Así que $|f(x)-f(y)<\varepsilon$ y así $\Delta(x)\geq \Delta(x) + \alpha$ una contradicción. Un cálculo similar muestra la cota inferior del límite de $\Delta(x_n)$ , demostrando que $\Delta$ es continua.

Editar Como ha señalado John Ma, esta respuesta es incorrecta. $\Delta$ sólo es semicontinuo inferior, y el ejemplo de la OP muestra que no es necesariamente continuo.